Rozwiąż nierówność...- Zadanie 733: Matura z Matematyki 2018 - ... Andrzej Kiełbasa. Poziom podstawowy i rozszerzony cz. 1

Rozwiązanie

Dana jest nierówność:

$1 + lo g_{2} (sin 2 x) + lo g_{2}^{2} (sin 2 x) + \dots < 0, (6)$

Określmy dziedzinę tej nierówności:

$sin 2 x > 0$

Stosujemy podstawienie:

$t = 2 x$

Otrzymujemy nierówność:

$sin t > 0$

Wiemy, że:

$sin t = 0 \Leftrightarrow (t = 2 k π, k \in C \lor t = 2 k π + π, k \in C)$

Zatem rozwiązaniem nierówności sint>0 są przedziały postaci:

$t \in (2 k π, 2 k π + π), k \in C$

Stąd rozwiązaniem nierówności sin2x>0 możemy znaleźć w następujący sposób:

$2 k π < 2 x < 2 k π + π, k \in C$

$k π < x < k π + \frac{π}{2}, k \in C$

Czyli dziedziną tej nierówności jest suma przedziałów postaci:

$(k π, k π + \frac{π}{2}), k \in C$

Uwzględniając fakt, że będziemy szukać rozwiązań w zbiorze <0, 2𝜋> możemy zawęzić dziedzinę tej nierówności do zbioru:

$D = ⟨ 0, \frac{π}{2}) \cup (π, \frac{3 π}{2})$

Mamy rozwiązać podaną nierówność w zbiorze <0, 2𝜋>, wiedząc, że lewa strona tej nierówności jest szeregiem zbieżnym.

Skoro lewa strona tej nierówności jest szeregiem geometrycznym zbieżnym to zachodzi nierówność:

$∣ lo g_{2} (sin 2 x) ∣ < 1 (*)$

Zatem jednocześnie muszą być spełnione nierówności:

$1) lo g_{2} (sin 2 x) < 1 \land 2) lo g_{2} (sin 2 x) > - 1$

$1) lo g_{2} (sin 2 x) < lo g_{2} 2 \land 2) lo g_{2} (sin 2 x) > - lo g_{2} 2$

$1) lo g_{2} (sin 2 x) < lo g_{2} 2 \land 2) lo g_{2} (sin 2 x) > lo g_{2} 2^{- 1}$

$1) sin 2 x < 2 \land 2) sin 2 x > \frac{1}{2}$

Wiemy, że:

$- 1 \leq sin 2 x \leq 1$

Zatem nierówność 1) jest spełniona dla x∈R.

Rozwiążmy nierówność 2):

$sin 2 x > \frac{1}{2}$

Stosujemy ponownie podstawienie:

$t = 2 x$

Otrzymujemy:

$sin t > \frac{1}{2}$

Zauważmy, że:

$sin t = \frac{1}{2} \Leftrightarrow (t = \frac{π}{6} + 2 k π, k \in C \lor t = \frac{5 π}{6} + 2 k π, k \in C)$

Zatem nierówność sint>¹/₂ jest spełniona dla:

$t \in (\frac{π}{6} + 2 k π, \frac{5 π}{6} + 2 k π), k \in C$

Stąd możemy określić rozwiązanie nierówności sin2x>¹/₂w następujący sposób:

$\frac{π}{6} + 2 k π < 2 x < \frac{5 π}{6} + 2 k π$

$\frac{π}{12} + k π < x < \frac{5 π}{12} + k π$

Biorąc pod uwagę rozwiązania nierówności 1) i 2) otrzymujemy, że:

$x \in (\frac{π}{12} + k π, \frac{5 π}{12} + k π), k \in C$

Rozwiązania nierówności (*) mają być zawarte w zbiorze <0, 2𝜋>, zatem:

$x \in (\frac{π}{12}, \frac{5 π}{12}) \cup (\frac{13 π}{12}, \frac{17 π}{12}) \subset D$

Rozwiązujemy nierówność:

$\frac{1}{1 - lo g _{2} ( sin 2 x )} < 0, (6)$

Zapiszmy lewą stronę tej nierówności za pomocą ułamka zwykłego:

$z = 0, 66666 \dots$

więc:

$10 z = 6, 66666 \dots$

Zatem:

$10 z - z = 6, 66666 \dots - 0, 6666 \dots$

$9 z = 6$

$z = \frac{6}{9}$

Czyli:

$0, (6) = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}$

Stąd:

$\frac{1}{1 - lo g _{2} ( sin 2 x )} < \frac{2}{3}$

$1 < \frac{2}{3} (1 - lo g_{2} (sin 2 x))$

$1 < \frac{2}{3} - \frac{2}{3} lo g_{2} (sin 2 x)$

$\frac{1}{3} < - \frac{2}{3} lo g_{2} (sin 2 x)$

$1 < - 2 lo g_{2} (sin 2 x)$

$- 1 > 2 lo g_{2} (sin 2 x)$

$- 1 > lo g_{2}^{2} (sin 2 x)$

$- lo g_{2} 2 > lo g_{2} (sin 2 x)^{2}$

$lo g_{2} 2^{- 1} > lo g_{2} (sin^{2} 2 x)$

$2^{- 1} > sin^{2} 2 x$

$\frac{1}{2} > sin^{2} 2 x$

$∣ sin 2 x ∣ < \frac{2}{2}$

Więc:

$sin 2 x < \frac{2}{2} \land sin 2 x > - \frac{2}{2}$

Ponownie stosujemy podstawienie:

$t = 2 x$

Otrzymujemy:

$sin t < \frac{2}{2} \land sin t > - \frac{2}{2}$

Szkicujemy w tym samym układzie współrzędnych wykresy funkcji:

$y = sin t, y = \frac{2}{2}, y = - \frac{2}{2}$

Z wykresu możemy odczytać, że rozwiązaniem nierówności sint<^√2/₂ i sint>-^√2/₂są przedziały postaci:

$(- \frac{π}{4} + 2 k π, \frac{π}{4} + 2 k π) \cup (\frac{3 π}{4} + 2 k π, \frac{5 π}{4} + 2 k π), k \in C$

więc:

$(- \frac{π}{4} + k π, \frac{π}{4} + k π), k \in C$

Zatem rozwiązaniem nierówności sin2x<^√2/₂ i sin2x>-^√2/₂są przedziały postaci:

$- \frac{π}{4} + k π < 2 x < \frac{π}{4} + k π$

$- \frac{π}{8} + \frac{k π}{2} < x < \frac{π}{8} + \frac{k π}{2}$

Czyli:

$x \in (- \frac{π}{8} + \frac{k π}{2}, \frac{π}{8} + \frac{k π}{2}), k \in C$

Rozwiązania nierówności mają być zawarte w zbiorze <0, 2𝜋>, zatem:

$x \in ⟨ 0, \frac{π}{8}) \cup (\frac{3 π}{8}, \frac{5 π}{8}) \cup (\frac{7 π}{8}, \frac{9 π}{8}) \cup (\frac{11 π}{8}, \frac{13 π}{8}) \cup (\frac{15 π}{8}, 2 π ⟩$

Biorąc pod uwagę dziedzinę tej nierówności otrzymujemy, że:

$x \in ⟨ 0, \frac{π}{8}) \cup (\frac{3 π}{8}, \frac{π}{2}) \cup (π, \frac{9 π}{8}) \cup (\frac{11 π}{8}, \frac{3 π}{2})$

Uwzględniając założenie, że spełniona jest nierówność (*) czyli:

$x \in (\frac{π}{12}, \frac{5 π}{12}) \cup (\frac{13 π}{12}, \frac{17 π}{12})$

Otrzymujemy rozwiązanie podanej nierówności w zbiorze <0, 2𝜋>:

$x \in (\frac{π}{12}, \frac{π}{8}) \cup (\frac{3 π}{8}, \frac{5 π}{12}) \cup (\frac{13 π}{12}, \frac{9 π}{12}) \cup (\frac{11 π}{8}, \frac{17 π}{12})$